BỒI DƯỠNG HSG 8

MỤC TIÊU: * Hệ thống lại các dạng toán và các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử * Giải một số bài tập về phân tích đa thức thành nhân tử * Nâng cao trình độ và kỹ năng về phân

CHUYÊN ĐỀ 1 - PHẤN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ

Ngày soạn: 01 – 3 - 2010

A MỤC TIÊU:

* Hệ thống lại các dạng toán và các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử

* Giải một số bài tập về phân tích đa thức thành nhân tử

* Nâng cao trình độ và kỹ năng về phân tích đa thức thành nhân tử

Nhận xét: ± ± 1, 5 không là nghiệm của f(x), như vậy f(x) không có nghiệm nguyên Nên

f(x) nếu có nghiệm thì là nghiệm hữu tỉ

Ví dụ 4: x + 5x + 8x + 4

Nhận xét: Tổng các hệ số của các hạng tử bậc chẵn bằng tổng các hệ số của các hạng tử bậc lẻ nên đa thức có một nhân tử là x + 1

Ví dụ 2: A = x + 6x + 7x – 6x + 1

Giả sử x ≠ 0 ta viết

x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + 1 = x2 ( x2 + 6x + 7 – 2

6 1 +

x x ) = x2 [(x2 + 2

1

x ) + 6(x - 1

x ) + 7 ]Đặt x - 1

a c

ac b d

ad bc bd

Ta lại có 2x3 + x2 - 5x - 4 là đa thức có tổng hệ số của các hạng tử bậc lẻ và bậc chẵn bằng nahu nên có 1 nhân tử là x + 1 nên 2x3 + x2 - 5x - 4 = (x + 1)(2x2 - x - 4)

Vậy: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + 8 = (x - 2)(x + 1)(2x2 - x - 4)

Ví dụ 3:

12x2 + 5x - 12y2 + 12y - 10xy - 3 = (a x + by + 3)(cx + dy - 1)

= acx2 + (3c - a)x + bdy2 + (3d - b)y + (bc + ad)xy – 3

⇒

12

4 10

3

6 12

15) x8 + 3x4 + 4 16) 3x2 + 22xy + 11x + 37y + 7y2 +10

17) x4 - 8x + 63

CHUYÊN ĐỀ 2 - SƠ LƯỢC VỀ CHỈNH HỢP, HOÁN VỊ, TỔ HỢP

Ngày soạn: 01 – 3 - 2010

A MỤC TIÊU:

* Bước đầu HS hiểu về chỉnh hợp, hoán vị và tổ hợp

* Vận dụng kiến thức vào một ssó bài toán cụ thể và thực tế

* Tạo hứng thú và nâng cao kỹ năng giải toán cho HS

B KIẾN THỨC:

I Chỉnh hợp:

1 định nghĩa: Cho một tập hợp X gồm n phần tử Mỗi cách sắp xếp k phần tử của tập hợp

X ( 1 ≤ k ≤ n) theo một thứ tự nhất định gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử ấy

Số tất cả các chỉnh hợp chập k của n phần tử được kí hiệu Akn

2 Tính số chỉnh chập k của n phần tử

II Hoán vị:

1 Định nghĩa: Cho một tập hợp X gồm n phần tử Mỗi cách sắp xếp n phần tử của tập hợp

X theo một thứ tự nhất định gọi là một hoán vị của n phần tử ấy

Số tất cả các hoán vị của n phần tử được kí hiệu Pn

2 Tính số hoán vị của n phần tử

( n! : n giai thừa)

III Tổ hợp:

1 Định nghĩa: Cho một tập hợp X gồm n phần tử Mỗi tập con của X gồm k phần tử trong

n phần tử của tập hợp X ( 0 ≤ k ≤ n) gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử ấy

Số tất cả các tổ hợp chập k của n phần tử được kí hiệu Ckn

C = Ann : k! = n(n - 1)(n - 2) [n - (k - 1)]

k!

Pn = Ann = n(n - 1)(n - 2) …2 1 = n!

b) số tự nhiên có 5 chữ số, các chữ số khác nhau, lập bởi cả 5 chữ số trên là hoán vị cua 5 phần tử (chỉnh hợp chập 5 của 5 phần tử):

b) lập được bao nhiêu số chẵn có 5 chữ số khác nhau?

c) Lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số, trong đó hai chữ số kề nhau phải khác nhaud) Lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số, các chữ số khác nhau, trong đó có hai chữ

Cách 1: Tam giác phải đếm gồm ba loại:

+ Loại 1: các tam giác có một đỉnh là A, đỉnh thứ 2 thuộc

Ax (có 6 cách chọn), đỉnh thứ 3 thuộc Ay (có 5 cách

chọn), gồm có: 6 5 = 30 tam giác

+ Loại 2: Các tam giác có 1 đỉnh là 1 trong 5 điểm B1, B2,

B3, B4, B5 (có 5 cách chọn), hai đỉnh kia là 2 trong 6 điểm

A1, A2, A3, A4, A5, A6 ( Có 26 6.5 30 15

2! 2

C = = = cách chọn)Gồm 5 15 = 75 tam giác

+ Loại 3: Các tam giác có 1 đỉnh là 1 trong 6 điểm A1, A2, A3, A4, A5, A6 hai đỉnh kia là 2 trong 5 điểm B1, B2, B3, B4, B5 gồm có: 6 52 6.5.4 6.20 60

Bài 3: Trên trang vở có 6 đường kẻ thẳng đứng và 5 đường kẻ nằm ngang đôi một cắt

nhau Hỏi trên trang vở đó có bao nhiêu hình chữ nhật

CHUYÊN ĐỀ 3 - LUỸ THỪA BẬC N CỦA MỘT NHỊ THỨC

Ngày soạn: 03 – 3 - 2010

A MỤC TIÊU:

HS nắm được công thức khai triển luỹ thừa bậc n của một nhị thức: (a + b)n

Vận dụng kiến thức vào các bài tập về xác định hệ số của luỹ thừa bậc n của một nhị thức,vận dụng vào các bài toán phân tích đa thức thành nhân tử

B KIẾN THỨC VÀ BÀI TẬP VẬN DỤNG:

Với n = 4 thì: (a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4

Với n = 5 thì: (a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5

Với n = 6 thì: (a + b)6 = a6 + 6a5b + 15a4b2 + 20a3b3 + 15a2 b4 + 6ab5 + b6

3 Cách 3:

Tìm hệ số của hạng tử đứng sau theo các hệ số của hạng tử đứng trước:

a) Hệ số của hạng tử thứ nhất bằng 1

b) Muốn có hệ số của của hạng tử thứ k + 1, ta lấy hệ số của hạng tử thứ k nhân với số

mũ của biến trong hạng tử thứ k rồi chia cho k

là các hạng tử cách đều hai hạng tử đầu và cuối có hệ số bằng nhau

= 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 = 5xy(x3 + 2x2y + 2xy2 + y3)

= 5xy [(x + y)(x2 - xy + y2) + 2xy(x + y)] = 5xy(x + y)(x2 + xy + y2)

Cách 2: A = (x + y)5 - (x5 + y5)

x5 + y5 chia hết cho x + y nên chia x5 + y5 cho x + y ta có:

x5 + y5 = (x + y)(x4 - x3y + x2y2 - xy3 + y4) nên A có nhân tử chung là (x + y), đặt (x + y) làm nhân tử chung, ta tìm được nhân tử còn lại

= 7xy(x + y)[x4 - x3y + x2y2 - xy3 + y4 + 3x3y - 3x2y2 + 3xy3 + 5x2y2 ]

= 7xy(x + y)[(x4 + 2x2y2 + y4) + 2xy (x2 + y2) + x2y2 ] = 7xy(x + y)(x2 + xy + y2 )2

Ví dụ 2:Tìm tổng hệ số các đa thức có được sau khi khai triển

* Củng cố, khắc sâu kiến thức về các bài toán chia hết giữa các số, các đa thức

* HS tiếp tục thực hành thành thạo về các bài toán chứng minh chia hết, không chia hết, sốnguyên tố, số chính phương…

* Vận dụng thành thạo kỹ năng chứng minh về chia hết, không chia hết… vào các bài toán

cụ thể

B.KIẾN THỨC VÀ CÁC BÀI TOÁN:

I Dạng 1: Chứng minh quan hệ chia hết

1 Kiến thức:

* Để chứng minh A(n) chia hết cho một số m ta phân tích A(n) thành nhân tử có một nhân

tử làm hoặc bội của m, nếu m là hợp số thì ta lại phân tích nó thành nhân tử có các đoi một nguyên tố cùng nhau, rồi chứng minh A(n) chia hết cho các số đó

* Chú ý:

+ Với k số nguyên liên tiếp bao giờ củng tồn tại một bội của k

+ Khi chứng minh A(n) chia hết cho m ta xét mọi trường hợp về số dư khi chia A(n) cho m+ Với mọi số nguyên a, b và số tự nhiên n thì:

2 Bài tập:

2 Các bài toán

Bài 1: chứng minh rằng

a) 251 - 1 chia hết cho 7 b) 270 + 370 chia hết cho 13

c) 1719 + 1917 chi hết cho 18 d) 3663 - 1 chia hết cho 7 nhưng không chia hết cho 37e) 24n -1 chia hết cho 15 với n∈ N

a) n5 - n chia hết cho 30 với n ∈ N ;

b) n4 -10n2 + 9 chia hết cho 384 với mọi n lẻ n∈ Z

c) 10n

+18n -28 chia hết cho 27 với n∈ N ;

Giải:

a) n5 - n = n(n4 - 1) = n(n - 1)(n + 1)(n2 + 1) = (n - 1).n.(n + 1)(n2 + 1) chia hết cho 6 vì(n - 1).n.(n+1) là tích của ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 2 và 3 (*)

b) ) a7 - a = a(a6 - 1) = a(a2 - 1)(a2 + a + 1)(a2 - a + 1)

Nếu a = 7k (k ∈ Z) thì a chia hết cho 7

Nếu a = 7k + 1 (k ∈Z) thì a2 - 1 = 49k2 + 14k chia hết cho 7

Nếu a = 7k + 2 (k ∈Z) thì a2 + a + 1 = 49k2 + 35k + 7 chia hết cho 7

Nếu a = 7k + 3 (k ∈Z) thì a2 - a + 1 = 49k2 + 35k + 7 chia hết cho 7

Trong trường hợp nào củng có một thừa số chia hết cho 7

Vậy: a7 - a chia hết cho 7

Bài 4: Chứng minh rằng A = 13 + 23 + 33 + + 1003 chia hết cho B = 1 + 2 + 3 + + 100Giải

Mỗi số hạng trong ngoặc đều chia hết cho 50 nên A chia hết cho 50 (2)

Từ (1) và (2) suy ra A chia hết cho 101 và 50 nên A chi hết cho B

Bài tập về nhà

Chứng minh rằng:

a) a – a chia hết cho 5

b) n3 + 6n2 + 8n chia hết cho 48 với mọi n chẵn

c) Cho a l à số nguyên tố lớn hơn 3 Cmr a2 – 1 chia hết cho 24

d) Nếu a + b + c chia hết cho 6 thì a3 + b3 + c3 chia hết cho 6

e) 20092010 không chia hết cho 2010

f) n2 + 7n + 22 không chia hết cho 9

Dạng 2: Tìm số dư của một phép chia

Bài 1:

Tìm số dư khi chia 2100

a)cho 9, b) cho 25, c) cho 125

2 52 - 50.5 cũng chia hết cho 125 , số hạng cuối cùng là 1

Vậy: 2100 = B(125) + 1 nên chia cho 125 thì dư 1

1995 là số lẻ chia hết cho 3, nên a củng là số lẻ chia hết cho 3, do đó chia cho 6 dư 3

Bài 3: Tìm ba chữ số tận cùng của 2100 viết trong hệ thập phân

giải

Tìm 3 chữ số tận cùng là tìm số dư của phép chia 2100 cho 1000

Trước hết ta tìm số dư của phép chia 2100 cho 125

Vận dụng bài 1 ta có 2100 = B(125) + 1 mà 2100 là số chẵn nên 3 chữ số tận cùng của nó chỉ

có thể là 126, 376, 626 hoặc 876

Hiển nhiên 2100 chia hết cho 8 vì 2100 = 1625 chi hết cho 8 nên ba chữ số tận cùng của nó chia hết cho 8

trong các số 126, 376, 626 hoặc 876 chỉ có 376 chia hết cho 8

Vậy: 2100 viết trong hệ thập phân có ba chữ số tận cùng là 376

Tổng quát: Nếu n là số chẵn không chia hết cho 5 thì 3 chữ số tận cùng của nó là 376

Bài 4: Tìm số dư trong phép chia các số sau cho 7

a) 2222 + 5555 b)31993

c) 19921993 + 19941995 d)3 2 1930

Giải

a) ta có: 2222 + 5555 = (21 + 1)22 + (56 – 1)55 = (BS 7 +1)22 + (BS 7 – 1)55

= BS 7 + 1 + BS 7 - 1 = BS 7 nên 2222 + 5555 chia 7 dư 0

b) Luỹ thừa của 3 sát với bội của 7 là 33 = BS 7 – 1

Ta thấy 1993 = BS 6 + 1 = 6k + 1, do đó:

31993= 3 6k + 1 = 3.(33)2k = 3(BS 7 – 1)2k = 3(BS 7 + 1) = BS 7 + 3

c) Ta thấy 1995 chia hết cho 7, do đó:

19921993 + 19941995 = (BS 7 – 3)1993 + (BS 7 – 1)1995 = BS 7 – 31993 + BS 7 – 1

Theo câu b ta có 31993 = BS 7 + 3 nên

19921993 + 19941995 = BS 7 – (BS 7 + 3) – 1 = BS 7 – 4 nên chia cho 7 thì dư 3

d) 3 2 1930 = 32860 = 33k + 1 = 3.33k = 3(BS 7 – 1) = BS 7 – 3 nên chia cho 7 thì dư 4

Dạng 3: Tìm điều kiện để xảy ra quan hệ chia hết

Bài 1: Tìm n ∈ Z để giá trị của biểu thức A = n3 + 2n2 - 3n + 2 chia hết cho giá trị của biểu thức B = n2 - n

b) 2n3 + n2 + 7n + 1 = (n2 + n + 4) (2n - 1) + 5

Để 2n3 + n2 + 7n + 1 M 2n - 1 thì 5 M 2n - 1 hay 2n - 1 là Ư(5)⇔

2n 1 = - 5 n = - 2 2n 1 = -1 n = 0 2n 1 = 1 n = 1 2n 1 = 5 n = 3

b) n – 3n – 3n – 1 chia hết cho n + n + 1

c)5n – 2n chia hết cho 63

Dạng 4: Tồn tại hay khơng tồn tại sự chia hết

Bài 1: Tìm n ∈ N sao cho 2n – 1 chia hết cho 7

c) Nếu n = 3k (k∈ N) thì 5n – 2n = 53k – 23k chia hết cho 53 – 23 = 117 nên chia hết cho 9 Nếu n = 3k + 1 thì 5n – 2n = 5.53k – 2.23k = 5(53k – 23k) + 3 23k = BS 9 + 3 8k

= BS 9 + 3(BS 9 – 1)k = BS 9 + BS 9 + 3

Tương tự: nếu n = 3k + 2 thì 5n – 2n khơng chia hết cho 9

CHUYÊN ĐỀ 5: SỐ CHÍNH PHƯƠNG

Ngày soạn: 10 – 3 - 2010

I Số chính phương:

A Một số kiến thức:

Số chính phương: số bằng bình phương của một số khác

Ví dụ:

4 = 22; 9 = 32

A = 4n2 + 4n + 1 = (2n + 1)2 = B2

+ Số chính phương khơng tận cùng bởi các chữ số: 2, 3, 7, 8

+ Số chính phương chia hết cho 2 thì chia hết cho 4, chia hết cho 3 thì chia hết cho 9, chiahết cho 5 thì chia hết cho 25, chia hết cho 23 thì chia hết cho 24,…

B Một số bài toán:

Vậy: số chính phương chia cho 3 dư 0 hoặc 1

b) n = 2k (k ∈N) thì A = 4k2 chia hết cho 4

n = 2k +1 (k ∈N) thì A = 4k2 + 4k + 1 chia cho 4 dư 1

Vậy: số chính phương chia cho 4 dư 0 hoặc 1

Chú ý: + Số chính phương chẵn thì chia hết cho 4

+ Số chính phương lẻ thì chia cho 4 thì dư 1( Chia 8 củng dư 1)

2 Bài 2: Số nào trong các số sau là số chính phương

a) các số 19932, 19942 chia cho 3 dư 1, còn 19922 chia hết cho 3 ⇒ M chia cho 3 dư 2

do đó M không là số chính phương

b) N = 19922 + 19932 + 19942 + 19952 gồm tổng hai số chính phương chẵn chia hết cho

4, và hai số chính phương lẻ nên chia 4 dư 2 suy ra N không là số chính phương

c) P = 1 + 9100 + 94100 + 1994100 chia 4 dư 2 nên không là số chính phương

d) Q = 12 + 22 + + 1002

Số Q gồm 50 số chính phương chẵn chia hết cho 4, 50 số chính phương lẻ, mỗi số chia

4 dư 1 nên tổng 50 số lẻ đó chia 4 thì dư 2 do đó Q chia 4 thì dư 2 nên Q không là số chính phương

Cộng vế theo vế các đẳng thức trên ta có:

= [a(9a + 1) + 2a]100 + 25 = 900a2 + 300a + 25 = (30a + 5)2 = (33 31 2 3n 5)2

f) F = 44 41 2 3100 = 4.11 112 3100 là số chính phương thì 11 112 3100 là số chính phương

Số 11 112 3100 là số lẻ nên nó là số chính phương thì chia cho 4 phải dư 1

Thật vậy: (2n + 1)2 = 4n2 + 4n + 1 chia 4 dư 1

100

11 1 12 3 có hai chữ số tận cùng là 11 nên chia cho 4 thì dư 3

vậy 11 112 3100 không là số chính phương nên F = 44 41 2 3100 không là số chính phương

Bài 4:

a) Cho các số A = 11 11 1 4 2 432m ; B = 11 11 14 2 43m + 1 ; C = 66 66 14 2 43m

CMR: A + B + C + 8 là số chính phương

Ta có: A 102 1

9

m− ; B =

1

10 1 9

m+ − ; C = 6.10 1

a) Với n = 1 thì n2 – n + 2 = 2 không là số chính phương

Với n = 2 thì n2 – n + 2 = 4 là số chính phương

Với n > 2 thì n2 – n + 2 không là số chính phương Vì

(n – 1)2 = n2 – (2n – 1) < n2 – (n - 2) < n2

b) Ta có n5 – n chia hết cho 5 Vì

n5 – n = (n2 – 1).n.(n2 + 1)

Với n = 5k thì n chia hết cho 5

Với n = 5k ± 1 thì n2 – 1 chia hết cho 5

Với n = 5k ± 2 thì n2 + 1 chia hết cho 5

Nên n5 – n + 2 chia cho 5 thì dư 2 nên n5 – n + 2 có chữ số tận cùng là 2 hoặc 7 nên

n5 – n + 2 không là số chính phương

Vậy : Không có giá trị nào của n thoã mãn bài toán

Bài 6 :

a)Chứng minh rằng : Mọi số lẻ đều viết được dưới dạng hiệu của hai số chính phươngb) Một số chính phương có chữ số tận cùng bằng 9 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵnGiải

Mọi số lẻ đều có dạng a = 4k + 1 hoặc a = 4k + 3

Vậy : n2 có chữ số hàng đơn vị là 6

Bài tập về nhà:

Bài 1: Các số sau đây, số nào là số chính phương

a) A = 22 21 2 350 4 b) B = 11115556 c) C = 99 9 1 2 3n

n

00 0 123 25 d) D = 44 4 14 2 43 {n

Bài 3: Chứng minh rằng

a)Tổng của hai số chính phương lẻ không là số chính phương

b) Một số chính phương có chữ số tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻBài 4: Một số chính phương có chữ số hàng chục bằng 5 Tìm chữ số hàng đơn vị

CHUYÊN ĐỀ 6 - CÁC BÀI TOÁN VỀ ĐỊNH LÍ TA-LÉT

Ngày soạn:11 – 3 - 2010

A.Kiến thức:

1 Định lí Ta-lét:

N M

C B

A

OD OC ⇒ EG // CDb) Khi AB // CD thì EG // AB // CD, BG // AD neân

D

C B

A

O

G E

B A

b) Từ AHHB = ACBD=bc và AKKC =ABCF =bc suy ra AHHB= KCAK⇒AHHB =AHKC(Vì AH = AK)

⇒ AH2 = BH KC

3 Bài 3: Cho hình bình hành ABCD, đường thẳng a đi qua A lần lượt cắt BD, BC, DC

theo thứ tự tại E, K, G Chứng minh rằng:

a) AE2 = EK EG

b) AE1 =AK AG1 + 1

c) Khi đường thẳng a thay đổi vị trí nhưng vẫn qua A

thì tích BK DG có giá trị không đổi

Giải

a) Vì ABCD là hình bình hành và K ∈ BC nên

AD // BK, theo hệ quả của định lí Ta-lét ta có:

KC CG ⇒ KC CG (1); KC = CG KC = CG

AD DG ⇒ b DG (2)Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có: BK = a BK DG = ab

b DG ⇒ không đổi (Vì a = AB; b = ADlà độ dài hai cạnh của hình bình hành ABCD không đổi)

4 Bài 4:

Cho tứ giác ABCD, các điểm E, F, G, H theo thứ tự chia trong

các cạnh AB, BC, CD, DA theo tỉ số 1:2 Chứng minh rằng:

a

B A

Q

P O

Mặt khác EM // AC; MG // BD Và AC ⊥ BD ⇒EM ⊥ MG ⇒ EMG = 90ã (4)

Tơng tự, ta có: FNH = 90 ã 0(5)

Từ (4) và (5) suy ra EMG = FNH = 90 ã ã 0 (c)

Từ (a), (b), (c) suy ra ∆EMG = ∆FNH (c.g.c) ⇒ EG = FH

b) Gọi giao điểm của EG và FH là O; của EM và FH là P; của EM và FN là Q thì

PQF = 90 ⇒ QPF + QFP = 90 ã ã 0 mà QPF = OPE ã ã (đối đỉnh), OEP = QFP ã ã (∆EMG = ∆FNH)Suy ra EOP = PQF = 90 ã ã 0 ⇒ EO ⊥ OP ⇒ EG ⊥ FH

5 Bài 5:

Cho hình thang ABCD có đáy nhỏ CD Từ D vẽ đờng thẳng song song với BC, cắt AC tại M

và AB tại K, Từ C vẽ đờng thẳng song song với AD, cắt AB tại F, qua F ta lại vẽ đờng thẳng song song với AC, cắt BC tại P Chứng minh rằng

AF = DC, FB = AK (3)

Kết hợp (1), (2) và (3) ta có CP CM

PB = AM ⇒ MP // AB(Định lí Ta-lét đảo) (4)

b) Gọi I là giao điểm của BD và CF, ta có: CP CM

Cho ∆ABC có BC < BA Qua C kẻ đờng thẳng vuông

goác với tia phân giác BE của ãABC; đờng thẳng này cắt

BE tại F và cắt trung tuyến BD tại G Chứng minh rằng

đoạn thẳng EG bị đoạn thẳng DF chia làm hai phần

Mặt khác D là trung điểm AC nên DF là đờng trung bình

của ∆AKC ⇒ DF // AK hay DM // AB

Suy ra M là trung điểm của BC

F K M

B A

M G

DE = DE = DE − = DE − (Vì AD = DC) ⇒ CE AE - DE DC 1 AD 1

DE = DE = DE − = DE −Hay CE AE - DE 1 AE 2 AB 2

DE = DE − = DE − = DF − (vì AE

DE= AB

DF: Do DF // AB)Suy ra CE AK + BK 2 2(AK + BK) 2

Cho tứ giác ABCD, AC và BD cắt nhau tại O Đờng thẳng qua O và song song với BC cắt

AB ở E; đờng thẳng song song với CD qua O cắt AD tại F

a) Chứng minh FE // BD

b) Từ O kẻ các đờng thẳng song song với AB, AD cắt BD, CD tại G và H

Chứng minh: CG DH = BG CH

Bài 2:

Cho hình bình hành ABCD, điểm M thuộc cạnh BC, điểm N thuộc tia đối của tia BC sao cho

BN = CM; các đờng thẳng DN, DM cắt AB theo thứ tự tại E, F

PHAÂN GIAÙC

Ngaứy soaùn: 13 – 3 - 2010

A Kieỏn thửực:

2 Tớnh chaỏt ủửụứng phaõn giaực:

∆ABC ,AD laứ phaõn giaực goực A ⇒ BD = AB

AD’là phân giác góc ngoài tại A: BD' = AB

Để c/m BC > 4 DM ta c/m a > (b + c)(b + d)4abd hay (b + d)(b + c) > 4bd (1)

Thật vậy : do c > d ⇒ (b + d)(b + c) > (b + d)2 ≥ 4bd Bất đẳng thức (1) được c/m

Bài 3:

Cho ∆ABC, trung tuyến AM, các tia phân giác của các góc AMB , AMC cắt AB, AC

a

c b

I

B A

C

A

theo thứ tự ở D và E

a) Chứng minh DE // BC

b) Cho BC = a, AM = m Tính độ dài DE

c) Tìm tập hợp các giao diểm I của AM và DE nếu ∆ABC có

BC cố định, AM = m không đổi

d) ∆ABC có điều kiện gì thì DE là đường trung bình của nó

Giải

a) MD là phân giác của ·AMB nên DADB =MAMB (1)

ME là phân giác của ·AMC nên EAEC =MAMC (2)

Từ (1), (2) và giả thiết MB = MC ta suy ra DADB =EAEC ⇒ DE // BC

d) DE là đường trung bình của ∆ABC ⇔ DA = DB ⇔ MA = MB ⇔ ∆ABC vuông ở A

4 Bài 4:

Cho ∆ABC ( AB < AC) các phân giác BD, CE

a) Đường thẳng qua D và song song với BC cắt AB ở K, chứng minh E nằm giữa B và Kb) Chứng minh: CD > DE > BE

KB < EB ⇒ ⇒E nằm giữa K và B

b) Gọi M là giao điểm của DE và CB Ta có CBD = KDB· · (Góc so le trong) ⇒KBD = KDB· ·

mà E nằm giữa K và B nên ·KDB > ·EDB ⇒ ·KBD > ·EDB ⇒ ·EBD > ·EDB ⇒ EB < DE

Ta lại có CBD + ECB = EDB + DEC · · · · ⇒ ·DEC>·ECB ⇒ ·DEC>·DCE (Vì ·DCE = ·ECB)

Suy ra CD > ED ⇒ CD > ED > BE

E D

M

I

C B

A

1 1 1 1 1

1 + + > + +

Giaỷi

a)AD laứ ủửụứng phaõn giaực cuỷa ãBAC neõn ta coự: DB = AB

DC AC (1)Tửụng tửù: vụựi caực phaõn giaực BE, CF ta coự: EC = BC

Qua C kẻ đờng thẳng song song với AD , cắt tia BA ở H

Cho ∆ABC coự BC = a, AC = b, AB = c (b > c), caực phaõn giaực BD, CE

a) Tớnh ủoọ daứi CD, BE roài suy ra CD > BE

b) Veừ hỡnh bỡnh haứnh BEKD Chửựng minh: CE > EK

+ Các số có chữ số tận cùng là 0; 1; 5; 6khi nâng lên luỹ thừa bậc bất kỳ nào thì chữ số tận cùng không thay đổi

+ Các số có chữ số tận cùng là 4; 9 khi nâng lên luỹ thừa bậc lẻ thì chữ số tận cùng không thay đổi

+ Các số có chữ số tận cùng là 3; 7; 9 khi nâng lên luỹ thừa bậc 4n (n ∈N) thì chữ số tận cùng là 1

+ Các số có chữ số tận cùng là 2; 4; 8 khi nâng lên luỹ thừa bậc 4n (n ∈N) thì chữ số tận cùng là 6

b) Tính chất 2: Một số tự nhiên bất kỳ khi nâng lên luỹ thừa bậc 4n + 1 (n ∈N) thì chữ sốtận cùng không thay đổi

c) Tính chất 3:

+ Các số có chữ số tận cùng là 3 khi nâng lên luỹ thừa bậc 4n + 3 (n ∈N) thì chữ số tận cùng là 7; Các số có chữ số tận cùng là 7 khi nâng lên luỹ thừa bậc 4n + 3 (n ∈N) thì chữ số tận cùng là 3

+ Các số có chữ số tận cùng là 2 khi nâng lên luỹ thừa bậc 4n + 3 (n ∈N) thì chữ số tận cùng là 8; Các số có chữ số tận cùng là 8 khi nâng lên luỹ thừa bậc 4n + 3 (n ∈N) thì chữsố tận cùng là 2

+ Các số có chữ số tận cùng là 0; 1; 4; 5; 6; 9 khi nâng lên luỹ thừa bậc 4n + 3 (n ∈N) thìchữ số tận cùng là không đổi

2 Một số phương pháp:

+ Tìm chữ số tận cùng của x = am thì ta xét chữ số tận cùng của a:

- Nếu chữ số tận cùng của a là các chữ số: 0; 1; 5; 6 thì chữ số tận cùng của x là 0; 1; 5; 6

- Nếu chữ số tận cùng của a là các chữ số: 3; 7; 9 thì :

* Vì am = a4n + r = a4n ar

Nếu r là 0; 1; 2; 3 thì chữ số tận cùng của x là chữ số tận cùng của ar

Nếu r là 2; 4; 8 thì chữ số tận cùng của x là chữ số tận cùng của 6.ar

B Một số ví dụ:

167 là chữ số tận cùng của tích 6.9 là 4

b) Ta có:

+) 99 - 1 = (9 – 1)(98 + 97 + + 9 + 1) = 4k (k ∈N) ⇒ 99 = 4k + 1⇒( )9 9

7 = 74k + 1

= 74k.7 nên có chữ số tận cùng là 7

1414 = (12 + 2)14 = 1214 + 12.1413.2 + + 12.12.213 + 214 chia hết cho 4, vì các hạng tử trước 214 đều có nhân tử 12 nên chia hết cho 4; hạng tử 214 = 47 chia hết cho 4 hay

a) Luỹ thừa của mọi số hạng của A chia 4 thì dư 1(Các số hạng của A có dạng n4(n – 2) + 1

(n ∈ {2; 3; ; 2004} ) nên mọi số hạng của A và luỹ thừa của nó có chữ số tận cùng giống nhau (Tính chất 2) nên chữ số tận cùng của A là chữ số tận cùng của tổng các số hạng

Từ 2 đến 2004 có 2003 số hạng trong đó có 2000 : 10 = 200 số hạng có chữ số tận cùng bằng 0,Tổng các chữ số tận cùng của A là

(2 + 3 + + 9) + 199.(1 + 2 + + 9) + 1 + 2 + 3 + 4 = 9009 có chữ số tận cùng là 9Vây A có chữ số tận cùng là 9

Bài 3: Tìm

a) Hai chữ số tận cùng của 3999; ( )7 7

7

b) Ba chữ số tận cùng của 3100

c) Bốn chữ số tận cùng của 51994

= 1050 – 50 1049 + + 492 5000 – 500 + 1 = BS(1000) + 1 = 001

Chú ý:

+ Nếu n là số lẻ không chi hết cho 5 thì ba chữ số tận cùng của n100 là 001

+ Nếu một số tự nhiên n không chia hết cho 5 thì n chia cho 125 dư 1

Cách 2: Tìm số dư khi chia 51994 cho 10000 = 24 54

Ta thấy 54k – 1 chia hết cho 54 – 1 = (52 – 1)(52 + 1) chia hết cho 16

Ta có: 51994 = 56 (51988 – 1) + 56

Do 56 chia hết cho 54, còn 51988 – 1 chia hết cho 16 nên 56(51988 – 1) chia hết cho 10000

Ta có 56= 15625

Vậy bốn chữ số tận cùng của 51994 là 5625

Chú ý: Nếu viết 51994 = 52 (51992 – 1) + 52

Ta có: 51992 – 1 chia hết cho 16; nhưng 52 không chia hết cho 54

Như vậy trong bài toán này ta cần viết 51994 dưới dạng 5n(51994 – n – 1) + 5n ; n ≥ 4 và 1994– n chia hết cho 4

C Vận dụng vào các bài toán khác

19k có chữ số tận cùng là 1

5k có chữ số tận cùng là 5

1995k có chữ số tận cùng là 5

1996k có chữ số tận cùng là 6

Nên A có chữ số tận cùng là chữ số tận cùng của tổng các chữ số tận cùng của tổng

1 + 5 + 5 + 6 = 17, có chữ số tận cùng là 7 nên không thể là số chính phương

b) Ta có :k chẵn nên k = 2n (n ∈ N)

20042004k = (20044)501k = (20044)1002n = ( 6)1002n là luỹ thừa bậc chẵn của số có chữ số tận cùng là 6 nên có chữ số tận cùng là 6 nên B = 20042004k + 2001 có chữ số tận cùng là

7, do đó B không là số chính phương

Bài 2:

Tìm số dư khi chia các biểu thức sau cho 5

a) A = 21 + 35 + 49 + + 20038005

b) B = 23 + 37 +411 + + 20058007

a) Chữ số tận cùng của A là chữ số tận cùng của tổng

(2 + 3 + + 9) + 199.(1 + 2 + + 9) + 1 + 2 + 3 = 9005

Chữ số tận cùng của A là 5 nên chia A cho 5 dư 0

b)Tương tự, chữ số tận cùng của B là chữ số tận cùng của tổng

(8 + 7 + 4 + 5 + 6 + 3 + 2 + 9) + 199.(1 + + 9) + 8 + 7 + 4 + 5 = 9024

B có chữ số tận cùng là 4 nên B chia 5 dư 4

Bài tập về nhà

Bài 1: Tìm chữ số tận cùng của: 3102 ; ( )3 5

Ví dụ:7 ≡ 10 (mod 3) , 12 ≡ 22 (mod 10)

+ Chú ý: a ≡ b (mod m) ⇔ a – b M m

B Tính chất của đồng dư thức:

1 Tính chất phản xạ: a ≡ a (mod m)

2 Tính chất đỗi xứng: a ≡ b (mod m) ⇒ b ≡ a (mod m)

3 Tính chất bắc cầu: a ≡ b (mod m), b ≡ c (mod m) thì a ≡ c (mod m)

4 Cộng , trừ từng vế: a b (mod m) a c b d (mod m)

Ta thấy 92 ≡ 2 (mod 15) ⇒ 9294 ≡ 294 (mod 15) (1)

Lại có 24 ≡ 1 (mod 15) ⇒ (24)23 22 ≡ 4 (mod 15) hay 294 ≡ 4 (mod 15) (2)

Từ (1) và (2) suy ra 9294 ≡ 4 (mod 15) tức là 9294 chia 15 thì dư 4

2 Ví dụ 2:

Chứng minh: trong các số có dạng 2n – 4(n ∈ N), có vô số số chia hết cho 5

Thật vậy:

Từ 24 ≡ 1 (mod 5) ⇒24k ≡ 1 (mod 5) (1)

Lại có 22 ≡ 4 (mod 5) (2)

Nhân (1) với (2), vế theo vế ta có: 24k + 2 ≡ 4 (mod 5) ⇒ 24k + 2 - 4 ≡ 0 (mod 5)

Hay 2 - 4 chia hết cho 5 với mọi k = 0, 1, 2, hay ta được vô số số dạng 2 – 4

(n ∈ N) chia hết cho 5

Chú ý: khi giải các bài toán về đồng dư, ta thường quan tâm đến a ≡ ± 1 (mod m)

a ≡ 1 (mod m) ⇒ an ≡ 1 (mod m)

a ≡ -1 (mod m) ⇒ an ≡ (-1)n (mod m)

3 Ví dụ 3: Chứng minh rằng

a) 2015 – 1 chia hết cho 11 b) 230 + 330 chi hết cho 13

c) 555222 + 222555 chia hết cho 7

Giải

a) 25 ≡ - 1 (mod 11) (1); 10 ≡ - 1 (mod 11) ⇒ 105 ≡ - 1 (mod 11) (2)

Từ (1) và (2) suy ra 25 105 ≡ 1 (mod 11) ⇒ 205 ≡ 1 (mod 11) ⇒205 – 1 ≡ 0 (mod 11)b) 26 ≡ - 1 (mod 13) ⇒ 230 ≡ - 1 (mod 13) (3)

33 ≡ 1 (mod 13) ⇒ 330 ≡ 1 (mod 13) (4)

Từ (3) và (4) suy ra 230 + 330 ≡ - 1 + 1 (mod 13) ⇒ 230 + 330 ≡ 0 (mod 13)

Vậy: 230 + 330 chi hết cho 13

c) 555 ≡ 2 (mod 7) ⇒ 555222 ≡ 2222 (mod 7) (5)

23 ≡ 1 (mod 7) ⇒ (23)74 ≡ 1 (mod 7) ⇒ 555222 ≡ 1 (mod 7) (6)

222 ≡ - 2 (mod 7) ⇒ 222555 ≡ (-2)555 (mod 7)

Lại có (-2)3 ≡ - 1 (mod 7) ⇒ [(-2)3]185 ≡ - 1 (mod 7) ⇒ 222555 ≡ - 1 (mod 7)

Ta suy ra 555222 + 222555 ≡ 1 - 1 (mod 7) hay 555222 + 222555 chia hết cho 7

4 Ví dụ 4: Chứng minh rằng số 2 2 4n + 1 + 7 chia hết cho 11 với mọi số tự nhiên n

Thật vậy:Ta có: 25 ≡ - 1 (mod 11) ⇒ 210 ≡ 1 (mod 11)

Xét số dư khi chia 24n + 1 cho 10 Ta có: 24 ≡ 1 (mod 5) ⇒ 24n ≡ 1 (mod 5)

⇒ 2.24n ≡ 2 (mod 10) ⇒ 24n + 1 ≡ 2 (mod 10) ⇒ 24n + 1 = 10 k + 2

Nên 2 2 4n + 1 + 7 = 210k + 2 + 7 =4 210k + 7 = 4.(BS 11 + 1)k + 7 = 4.(BS 11 + 1k) + 7

= BS 11 + 11 chia hết cho 11

Bài tập về nhà:

Bài 1: CMR:

a) 228 – 1 chia hết cho 29

b)Trong các số có dạng2n – 3 có vô số số chia hết cho 13

Bài 2: Tìm số dư khi chia A = 2011 + 2212 + 19962009 cho 7

CHUYÊN ĐỀ 10 – TÍNH CHIA HẾT ĐỐI VỚI ĐA THỨC

Ngày soạn: 15 – 3 - 2010

A Dạng 1: Tìm dư của phép chia mà không thực hiện phép chia

1 Đa thức chia có dạng x – a (a là hằng)

a) Định lí Bơdu (Bezout, 1730 – 1783):

Số dư trong phép chia đa thức f(x) cho nhị thức x – a bằng giá trị của f(x) tại x = a

Ta có: f(x) = (x – a) Q(x) + r

Đẳng thức đúng với mọi x nên với x = a, ta có

f(a) = 0.Q(a) + r hay f(a) = r

Ta suy ra: f(x) chia hết cho x – a ⇔ f(a) = 0

b) f(x) có tổng các hệ số bằng 0 thì chia hết cho x – 1

c) f(x) có tổng các hệ số của hạng tử bậc chẵn bằng tổng các hệ số của các hạng tử bậc lẻ thì chia hết cho x + 1

Ví dụ : Không làm phép chia, hãy xét xem A = x3 – 9x2 + 6x + 16 chia hết cho

B = x + 1, C = x – 3 không

Kết quả:

A chia hết cho B, không chia hết cho C

2 Đa thức chia có bậc hai trở lên

Cách 1: Tách đa thức bị chia thành tổng của các đa thức chia hết cho đa thức chia và dưCách 2: Xét giá trị riêng: gọi thương của phép chia là Q(x), dư là ax + b thì

f(x) = g(x) Q(x) + ax + b

Ví dụ 1: Tìm dư của phép chia x7 + x5 + x3 + 1 cho x2 – 1

Cách 1: Ta biết rằng x2n – 1 chia hết cho x2 – 1 nên ta tách:

an – bn chia hết cho a – b (a ≠ -b)

an + bn ( n lẻ) chia hết cho a + b (a ≠ -b)

Ví dụ 2: Tìm dư của các phép chia

HƯ sè cđa ®a thøc chia

HƯ sè thø 2 cđa ®a thøc

bÞ chia

+

HƯ sè thø 1®a thøc bÞ chia a

Để tìm kết quả của phép chia f(x) cho x – a

(a là hằng số), ta sử dụng sơ đồ hornơ

Nếu đa thức bị chia là a0x3 + a1x2 + a2x + a3,

đa thức chia là x – a ta được thương là

b0x2 + b1x + b2, dư r thì ta có

Ví dụ:

Đa thức bị chia: x3 -5x2 + 8x – 4, đa thức chia x – 2

Ta có sơ đồ

2 1 2 1 + (- 5) = -3 2.(- 3) + 8 = 2 r = 2 2 +(- 4) = 0Vậy: x3 -5x2 + 8x – 4 = (x – 2)(x2 – 3x + 2) + 0 là phép chia hết

2 Áp dụng sơ đồ Hornơ để tính giá trị của đa thức tại x = a

Giá trị của f(x) tại x = a là số dư của phép chia f(x) cho x – a

1 Ví dụ 1:

Tính giá trị của A = x3 + 3x2 – 4 tại x = 2010

Ta có sơ đồ:

C Chưngs minh một đa thức chia hết cho một đa thức khác

I Phương pháp:

1 Cách 1: Phân tích đa thức bị chia thành nhân tử có một thừa số là đa thức chia

2 Cách 2: biến đổi đa thức bị chia thành một tổng các đa thức chia hết cho đa thức chia

3 Cách 3: Biến đổi tương đương f(x) M g(x) ⇔f(x) ± g(x) M g(x)

4 cách 4: Chứng tỏ mọi nghiệm của đa thức chia đều là nghiệm của đa thức bị chia

II Ví dụ

A = A'

1.Ví dụ 1:

Chứng minh rằng: x8n + x4n + 1 chia hết cho x2n + xn + 1

Ta có: x8n + x4n + 1 = x8n + 2x4n + 1 - x4n = (x4n + 1)2 - x4n = (x4n + x2n + 1)( x4n - x2n + 1)

Ta lại có: x4n + x2n + 1 = x4n + 2x2n + 1 – x2n = (x2n + xn + 1)( x2n - xn + 1)

chia hết cho x2n + xn + 1

Vậy: x8n + x4n + 1 chia hết cho x2n + xn + 1

2 Ví dụ 2:

Chứng minh rằng: x3m + 1 + x3n + 2 + 1 chia hết cho x2 + x + 1 với mọi m, n ∈ N

Ta có: x3m + 1 + x3n + 2 + 1 = x3m + 1 - x + x3n + 2 – x2 + x2 + x + 1

= x(x3m – 1) + x2(x3n – 1) + (x2 + x + 1)

Vì x3m – 1 và x3n – 1 chia hết cho x3 – 1 nên chia hết cho x2 + x + 1

Vậy: x3m + 1 + x3n + 2 + 1 chia hết cho x2 + x + 1 với mọi m, n ∈ N

3 Ví dụ 3: Chứng minh rằng

f(x) = x99 + x88 + x77 + + x11 + 1 chia hết cho g(x) = x9 + x8 + x7 + + x + 1

Ta có: f(x) – g(x) = x99 – x9 + x88 – x8 + x77 – x7 + + x11 – x + 1 – 1

= x9(x90 – 1) + x8(x80 – 1) + + x(x10 – 1) chia hết cho x10 – 1

Mà x10 – 1 = (x – 1)(x9 + x8 + x7 + + x + 1) chia hết cho x9 + x8 + x7 + + x + 1

Suy ra f(x) – g(x) chia hết cho g(x) = x9 + x8 + x7 + + x + 1

Nên f(x) = x99 + x88 + x77 + + x11 + 1 chia hết cho g(x) = x9 + x8 + x7 + + x + 1

4 Ví dụ 4: CMR: f(x) = (x2 + x – 1)10 + (x2 - x + 1)10 – 2 chia hết cho g(x) = x2 – x

Đa thức g(x) = x2 – x = x(x – 1) có 2 nghiệm là x = 0 và x = 1

Ta có f(0) = (-1)10 + 110 – 2 = 0 ⇒ x = 0 là nghiệm của f(x) ⇒ f(x) chứa thừa số x

f(1) = (12 + 1 – 1)10 + (12 – 1 + 1)10 – 2 = 0 ⇒ x = 1 là nghiệm của f(x) f(x) chứa thừa số

x – 1, mà các thừa số x và x – 1 không có nhân tử chung, do đó f(x) chia hết cho x(x – 1)hay f(x) = (x2 + x – 1)10 + (x2 - x + 1)10 – 2 chia hết cho g(x) = x2 – x

5 Ví dụ 5: Chứng minh rằng

a) A = x2 – x9 – x1945 chia hết cho B = x2 – x + 1

b) C = 8x9 – 9x8 + 1 chia hết cho D = (x – 1)2

c) C (x) = (x + 1)2n – x2n – 2x – 1 chia hết cho D(x) = x(x + 1)(2x + 1)

Giải

a) A = x2 – x9 – x1945 = (x2 – x + 1) – (x9 + 1) – (x1945 – x)

Ta có: x2 – x + 1 chia hết cho B = x2 – x + 1

x9 + 1 chia hết cho x3 + 1 nên chia hết cho B = x2 – x + 1

x1945 – x = x(x1944 – 1) chia hết cho x3 + 1 (cùng có nghiệm là x = - 1)

nên chia hết cho B = x2 – x + 1

Vậy A = x2 – x9 – x1945 chia hết cho B = x2 – x + 1

b) C = 8x9 – 9x8 + 1 = 8x9 – 8 - 9x8 + 9 = 8(x9 – 1) – 9(x8 – 1)

= 8(x – 1)(x + x + + 1) – 9(x – 1)(x + x + + 1)

= (x – 1)(8x8 – x7 – x6 – x5 – x4 – x3 – x2 – x – 1)

(8x8 – x7 – x6 – x5 – x4 – x3 – x2 – x – 1) chia hết cho x – 1 vì có tổng hệ số bằng 0

suy ra (x – 1)(8x8 – x7 – x6 – x5 – x4 – x3 – x2 – x – 1) chia hết cho (x – 1)2

c) Đa thức chia D (x) = x(x + 1)(2x + 1) có ba nghiệm là x = 0, x = - 1, x = - 12

Ta có:

C(0) = (0 + 1)2n – 02n – 2.0 – 1 = 0 ⇒ x = 0 là nghiệm của C(x)

C(-1) = (-1 + 1)2n – (- 1)2n – 2.(- 1) – 1 = 0 ⇒ x = - 1 là nghiệm của C(x)

C(- 12) = (-12 + 1)2n – (-12 )2n – 2.(- 12) – 1 = 0 ⇒ x = - 12 là nghiệm của C(x)

Mọi nghiệm của đa thức chia là nghiệm của đa thức bị chia ⇒đpcm

Vậy f(x) không có nghiệm nguyên

Bài tập về nhà:

Bài 1: Tìm số dư khi

a) x43 chia cho x2 + 1

b) x77 + x55 + x33 + x11 + x + 9 cho x2 + 1

Bài 2: Tính giá trị của đa thức x4 + 3x3 – 8 tại x = 2009

Bài 3: Chứng minh rằng

a) x50 + x10 + 1 chia hết cho x20 + x10 + 1

b) x10 – 10x + 9 chia hết cho x2 – 2x + 1

c) x4n + 2 + 2x2n + 1 + 1 chia hết cho x2 + 2x + 1

d) (x + 1)4n + 2 + (x – 1)4n + 2 chia hết cho x2 + 1

e) (xn – 1)(xn + 1 – 1) chia hết cho (x + 1)(x – 1)2

CHUYÊN ĐỀ 11 – CÁC BÀI TOÁN VỀ BIỂU THỨC HỮU TỈ

Ngày soạn:16 – 3 - 2010

A Nhắc lại kiến thức:

Các bước rút gọn biểu thức hửu tỉ

a) Tìm ĐKXĐ: Phân tích mẫu thành nhân tử, cho tất cả các nhân tử khác 0

b) Phân tích tử thành nhân , chia tử và mẫu cho nhân tử chung

c) B > 0 ⇔ 2x + 5

3x - 1 > 0 ⇔

1 3

2 5 0

5 2

x x

x

x x

a) Rút gọn biểu thức C

b) Tìm giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức B là số nguyên

b) Tìm x nguyên để D có giá trị nguyên

c) Tìm giá trị của D khi x = 6

Nếu x + 2 = 0 ⇔ x = -2 thì biểu thức D không xác định

b) Để D có giá trị nguyên thì 2

Vì x(x – 1) là tích của hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2 với mọi x > - 2+) −2x có giá trị nguyên ⇔ x 2 x = 2k 2k (k Z; k < - 1)

b) Tìm số nguyên y để 2y + 32D có giá trị nguyên

c) Tìm số nguyên y để B ≥ 1

CHUYÊN ĐỀ 12 – CÁC BÀI TOÁN VỀ BIỂU THỨC (TIẾP)

Ngày soạn: 16 3 - 2010

* Dạng 2: Các biểu thức có tính quy luật

Bài 1: Rút gọn các biểu thức